Запись окислительно-восстановительного процесса в молекулярной и ионной форме. Молекулярная и ионная форма уравнения


Молекулярная и ионная форма окислительно-восстановительного процесса

Задача 639. Закончить уравнения реакций, записать их в ионно-молекулярной форме:а) FeSO4 + O2 + h3O ⇒б) P + KMnO4 + h3O ⇒ Kh3HO4 + K2HO4в) Mn(NO3)2 + NaBiO3 + HNO3 ⇒ HMnO4 +г) FeS2 + HNO3(конц.) ⇒ h3SO4 + д) (Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 + Решение:а) FeSO4 + O2 + h3O ⇒Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

4Fe2+ + O20 = 4Fe3+ + 2O2-.

Молекулярная форма процесса:

4FeSO4 + O2 + 4h3O = 2Fe2O3 + 4h3SO4.

Полная ионно-молекулярная форма: 

4Fe2+ + 4SO42- + O20  + 4h3O = 2Fe2O3 + 8H+ + 4SO42-.

Сокращённая ионно-молекулярная форма:

4Fe2+ + O20  + 4h3O = 2Fe2O3 + 8H+.

б) P + KMnO4 + h3O ⇒ Kh3HO4 + K2HO4Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

3P0 + 5MnO4- + 22h3O = 3PO43- + 5MnO2 + 20OH- + 24H+.

После приведения членов в обеих частях равенства получим ионно-молекулярную форму:

3P0 + 5MnO4- + 2h3O = 3PO43- + 5MnO2.

Молекулярная форма процесса с учётом того, что продуктами являются Kh3HO4 и  K2HO4:

3P + 5KMnO4 + 2h3O = Kh3HO4 + K2HO4 + 5MnO2.

Подставив коэффициент 2 к K2HO4 чтобы уравнять атомы калия и водорода, получим:

3P + 5KMnO4 + 2h3O = Kh3HO4 + 2K2HO4 + 5MnO2.

в) Mn(NO3)2 + NaBiO3 + HNO3 ⇒ HMnO4 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5BiO3- + 4h3O + 10H+ = 5MnO4- + 5BiO2 + 8H+ + 5h3O.

Напишем молекулярную форму с учётом данных задачи, получим:

Mn(NO3)2 + 5NaBiO3 + 2HNO3 = HMnO4 + 5BiO2 + 5NaNO3 + h3O.

Добавим в левую часть равенства одну молекулу HNO3 для уравнивания, получим окончательную молекулярную форму:

Mn(NO3)2 + 5NaBiO3 + 3HNO3 = HMnO4 + 5BiO2 + 5NaNO3 + h3O.

Полная ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5NO3- + 5Na+ + 5BiO3- + 3H+ = MnO4- + H+ + 5BiO2 + 5Na+  + 5NO3- + h3O

Сокращённая ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5BiO3- + 3H+ = MnO4- + H+ + 5BiO + h3O.

г) FeS2 + HNO3(конц.) ⇒ h3SO4 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

FeS2 + 15NO3- + 8h3O + 30H+ = Fe3+ + 15NO2 + 2SO42- + 15h3O

Приведём члены в обеих частях равенства, получим:

FeS2 + 15NO3- + 14H+ = Fe3+ + 15NO2 + 2SO42- + 7h3O

Напишем молекулярную форму с учётом данных задачи, получим:

FeS2 + 15HNO3(конц.) = Fe(NO3)3 + 15NO2 + 2h3SO4 + 7h3O

Для полного уравнивания добавим в левую часть равенства 3 моля HNO3, получим:

FeS2 + 18HNO3(конц.) = Fe(NO3)3 + 15NO2 + 2h3SO4 + 7h3O

Полное ионно-молекулярное уравнение реакции имеет вид:

FeS2 + 18NO3- + 18H+ = Fe3+ + 3NO3- + 15NO2 + 4H+ + 2SO42- + 7h3O

Сокращённое ионно-молекулярное уравнение:

FeS2 + 15NO3- + 14H+ = Fe3+ + 15NO2 +2SO42- + 7h3O

д) (Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

2Nh5+ + Cr2O72- + 14H+ = N20 + 2Cr3+ + 8H+ + 7h3O

Приведём члены в обеих частях равенства, получим:

2Nh5+ + Cr2O72- +  6H+ = N20 + 2Cr3+ + 7h3O

Для уравнивания водорода отнимем 6 ионов Н+ и 3 молекулы Н2О, подставим 3 иона О2- к 2 ионам Cr3+, получим:

(Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 + Cr2O3 + 4h3O

Полное ионно-молекулярное уравнение, оно же будет и сокращенным ионным уравнением:

2Nh5+ + Cr2O72- = N20 + Cr2O3 + 4h3O.

buzani.ru

Молекулярная и ионная форма окислительно-восстановительного процесса

Задача 639. Закончить уравнения реакций, записать их в ионно-молекулярной форме:а) FeSO4 + O2 + h3O ⇒б) P + KMnO4 + h3O ⇒ Kh3HO4 + K2HO4в) Mn(NO3)2 + NaBiO3 + HNO3 ⇒ HMnO4 +г) FeS2 + HNO3(конц.) ⇒ h3SO4 + д) (Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 + Решение:а) FeSO4 + O2 + h3O ⇒Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

4Fe2+ + O20 = 4Fe3+ + 2O2-.

Молекулярная форма процесса:

4FeSO4 + O2 + 4h3O = 2Fe2O3 + 4h3SO4.

Полная ионно-молекулярная форма: 

4Fe2+ + 4SO42- + O20  + 4h3O = 2Fe2O3 + 8H+ + 4SO42-.

Сокращённая ионно-молекулярная форма:

4Fe2+ + O20  + 4h3O = 2Fe2O3 + 8H+.

б) P + KMnO4 + h3O ⇒ Kh3HO4 + K2HO4Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

3P0 + 5MnO4- + 22h3O = 3PO43- + 5MnO2 + 20OH- + 24H+.

После приведения членов в обеих частях равенства получим ионно-молекулярную форму:

3P0 + 5MnO4- + 2h3O = 3PO43- + 5MnO2.

Молекулярная форма процесса с учётом того, что продуктами являются Kh3HO4 и  K2HO4:

3P + 5KMnO4 + 2h3O = Kh3HO4 + K2HO4 + 5MnO2.

Подставив коэффициент 2 к K2HO4 чтобы уравнять атомы калия и водорода, получим:

3P + 5KMnO4 + 2h3O = Kh3HO4 + 2K2HO4 + 5MnO2.

в) Mn(NO3)2 + NaBiO3 + HNO3 ⇒ HMnO4 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5BiO3- + 4h3O + 10H+ = 5MnO4- + 5BiO2 + 8H+ + 5h3O.

Напишем молекулярную форму с учётом данных задачи, получим:

Mn(NO3)2 + 5NaBiO3 + 2HNO3 = HMnO4 + 5BiO2 + 5NaNO3 + h3O.

Добавим в левую часть равенства одну молекулу HNO3 для уравнивания, получим окончательную молекулярную форму:

Mn(NO3)2 + 5NaBiO3 + 3HNO3 = HMnO4 + 5BiO2 + 5NaNO3 + h3O.

Полная ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5NO3- + 5Na+ + 5BiO3- + 3H+ = MnO4- + H+ + 5BiO2 + 5Na+  + 5NO3- + h3O

Сокращённая ионно-молекулярная форма процесса:

Mn2+ + 5BiO3- + 3H+ = MnO4- + H+ + 5BiO + h3O.

г) FeS2 + HNO3(конц.) ⇒ h3SO4 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

FeS2 + 15NO3- + 8h3O + 30H+ = Fe3+ + 15NO2 + 2SO42- + 15h3O

Приведём члены в обеих частях равенства, получим:

FeS2 + 15NO3- + 14H+ = Fe3+ + 15NO2 + 2SO42- + 7h3O

Напишем молекулярную форму с учётом данных задачи, получим:

FeS2 + 15HNO3(конц.) = Fe(NO3)3 + 15NO2 + 2h3SO4 + 7h3O

Для полного уравнивания добавим в левую часть равенства 3 моля HNO3, получим:

FeS2 + 18HNO3(конц.) = Fe(NO3)3 + 15NO2 + 2h3SO4 + 7h3O

Полное ионно-молекулярное уравнение реакции имеет вид:

FeS2 + 18NO3- + 18H+ = Fe3+ + 3NO3- + 15NO2 + 4H+ + 2SO42- + 7h3O

Сокращённое ионно-молекулярное уравнение:

FeS2 + 15NO3- + 14H+ = Fe3+ + 15NO2 +2SO42- + 7h3O

д) (Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 +Уравнения полуреакций:

окисление-восстановление

Ионно-молекулярная форма процесса:

2Nh5+ + Cr2O72- + 14H+ = N20 + 2Cr3+ + 8H+ + 7h3O

Приведём члены в обеих частях равенства, получим:

2Nh5+ + Cr2O72- +  6H+ = N20 + 2Cr3+ + 7h3O

Для уравнивания водорода отнимем 6 ионов Н+ и 3 молекулы Н2О, подставим 3 иона О2- к 2 ионам Cr3+, получим:

(Nh5)2Cr2O7 ⇒ N2 + Cr2O3 + 4h3O

Полное ионно-молекулярное уравнение, оно же будет и сокращенным ионным уравнением:

2Nh5+ + Cr2O72- = N20 + Cr2O3 + 4h3O.

buzani.ru

Составление молекулярных уравнений по ионно-молекулярным

Чтобы составить молекулярное уравнение по сокращенному ионно-молекулярному, необходимо определить, какой сильный электролит соответствует каждому иону, так как ионы – это остатки сильных электролитов.

Пример. Составьте по два молекулярных уравнения, которые выражаются следующим ионно-молекулярным уравнением:

Zn2+ + CO32– = ZnCO3

Решение. При составлении молекулярных уравнений следует подобрать к ионам Zn2+ и СО32– сильные электролиты:

Zn2+: растворимые соли ZnSO4, ZnCl2, Zn(NO3)2;

CO32–: растворимые соли Na2CO3, K2CO3, (Nh5)2CO3.

ZnSO4 + Na2CO3 = ZnCO3 + Na2SO4

ZnCl2 + (Nh5)2CO3 = ZnCO3 + 2Nh5Cl

5.3. Гидролиз солей Ионное произведение воды. Водородный показатель

Вода слабо диссоциирует на ионы Н+ и ОН–:

Н2О  Н+ + ОН–

При диссоциации абсолютно чистой воды концентрации Н+ и ОН– равны. Концентрацию ионов выражают в моль/л. Установлено, что при 298 К

Н+ = ОН– = 10–7 моль/л.

Произведение Н+ • ОН– называется ионным произведением воды и численно равно 10–14 при 298 К.

Кв = Н+ • ОН– = 10–14

В кислом растворе Н+>10–7 моль/л, ОН–<10–7 моль/л.

В щелочном растворе Н+<10–7 моль/л, ОН–>10–7 моль/л.

Для характеристики среды, кислотности, щелочности введено понятие водородного показателя рН, который равен отрицательному десятичному логарифму концентрации ионов водорода

рН = -lg[H+]

В нейтральном растворе рН=7;

в кислых растворах рН<7;

в щелочных растворах рН>7.

рОН – гидроксильный показатель, он равен

рОН = -lg[OH–]

рН + рОН = 14

Реакцию среды на практике можно определить при помощи кислотно-основных индикаторов, которые меняют свой цвет в зависимости от рН раствора. К наиболее распространенным относятся лакмус, фенолфталеин и метилоранж.

Окраска индикаторов в различных средах

Индикатор

Цвет индикатора в средах

в кислой

в нейтральной

в щелочной

Метилоранж

красный

оранжевый

желтый

Фенолфталеин

бесцветный

бесцветный

малиновый

Лакмус

красный

фиолетовый

синий

Типы гидролиза солей

Химическое взаимодействие ионов соли с ионами воды, приводящее к образованию слабого электролита и сопровождающееся изменением рН раствора, называется гидролизом солей.

Любую соль можно представить как продукт взаимодействия кислоты и основания. Тип гидролиза соли зависит от природы основания и кислоты, образующих соль. Возможны 3 типа гидролиза солей.

Гидролиз по аниону идет, если соль образована катионом сильного основания и анионом слабой кислоты.

Например, соль СН3СООNa образована сильным основанием NaOH и слабой одноосновной кислотой СН3СООН. Гидролизу подвергается ион слабого электролита СН3СОО–.

Ионно-молекулярное уравнение гидролиза соли:

СН3СОО– + НОН  СН3СООН + ОН–

Ионы Н+ воды связываются с анионами СН3СОО– в слабый электролит СН3СООН, ионы ОН– накапливаются в растворе, создавая щелочную среду (рН>7).

Молекулярное уравнение гидролиза соли:

Ch4COONa + h3O  Ch4COOH + NaOH

Гидролиз солей многоосновных кислот протекает по стадиям, образуя в качестве промежуточных продуктов кислые соли.

Например, соль K2S образована сильным основанием КОН и слабой двухосновной кислотой h3S. Гидролиз этой соли протекает в две стадии.

1 стадия: S2– + HOH  HS– + OH–

K2S + h3O  KHS + KOH

2 стадия: HS-– + HOH  h3S + OH–

KHS + h3O  h3S + KOH

Реакция среды щелочная (pH>7), т.к. в растворе накапливаются ОН–-ионы. Гидролиз соли идет тем сильнее, чем меньше константа диссоциации образующейся при гидролизе слабой кислоты (табл.3). Таким образом, водные растворы солей, образованных сильным основанием и слабой кислотой, характеризуются щелочной реакцией среды.

Гидролиз по катиону идет, если соль образована катионом слабого основания и анионом сильной кислоты. Например, соль CuSO4 образована слабым двухкислотным основанием Cu(OH)2 и сильной кислотой h3SO4. Гидролиз идет по катиону Cu2+ и протекает в две стадии с образованием в качестве промежуточного продукта основной соли.

1 стадия: Cu2+ + HOH  CuOH+ + H+

2CuSO4 + 2h3O  (CuOH)2SO4 + h3SO4

2 стадия: CuOH+ + HOH  Cu(OH)2 + H+

(CuOH)2SO4 + 2h3O  2Cu(OH)2 + h3SO4

Ионы водорода Н+ накапливаются в растворе, создавая кислую среду (рН<7). Чем меньше константа диссоциации образующегося при гидролизе основания, тем сильнее идет гидролиз.

Таким образом, водные растворы солей, образованных слабым основанием и сильной кислотой, характеризуются кислой реакцией среды.

Гидролиз по катиону и аниону идет, если соль образована катионом слабого основания и анионом слабой кислоты. Например, соль Ch4COONh5 образована слабым основанием Nh5OH и слабой кислотой СН3СООН. Гидролиз идет по катиону Nh5+ и аниону СН3СОО–:

Nh5+ + Ch4COO– + HOH  Nh5OH + Ch4COOH

Водные растворы такого типа солей, в зависимости от степени диссоциации образующихся слабых электролитов имеют нейтральную, слабокислую или слабощелочную среду.

При смешивании растворов солей, например CrCl3 и Na2S каждая из солей гидролизуется необратимо до конца с образованием слабого основания и слабой кислоты.

Гидролиз соли CrCl3 идет по катиону:

Cr3+ + HOH  CrOh3+ + H+

Гидролиз соли Na2S идет по аниону:

S2– + HOH  HS– + OH–

При смешивании растворов солей CrCl3 и Na2S происходит взаимное усиление гидролиза каждой из солей, так как ионы Н+ и ОН– образуют слабый электролит Н2О и ионное равновесие каждой соли смещается в сторону образования конечных продуктов: гидроксида хрома Cr(OH)3 и сероводородной кислоты h3S.

Ионно-молекулярное уравнение совместного гидролиза солей:

2Cr3+ + 3S2– + 6h3O = 2Cr(OH)3 + 3h3S

Молекулярное уравнение:

2CrCl3 + 3Na2S + 6h3O = 2Cr(OH)3 + 3h3S + 6NaCl

Соли, образованные катионами сильных оснований и анионами сильных кислот, гидролизу не подвергаются, так как ни один из ионов соли не образует с ионами Н+ и ОН– воды слабых электролитов. Водные растворы таких солей имеют нейтральную среду.

studfiles.net

Растворы электролитов. Ионно–молекулярные уравнения

При растворении в воде не все вещества имеют способность проводить электрический ток. Те соединения, водные растворы которых способны проводить электрический ток называются электролитами. Электролиты проводят ток за счет так называемой ионной проводимости, которой обладают многие соединения с ионным строением (соли, кислоты, основания). Существуют вещества, имеющие сильнополярные связи, но в растворе при этом подвергаются неполной ионизации (например, хлорид ртути II) – это слабые электролиты. Многие органические соединения (углеводы, спирты), растворенные  воде, не распадаются на ионы, а сохраняют свое молекулярное строение. Такие вещества электрический ток не проводят и называются неэлектролитами.

Приведем некоторые закономерности, руководствуясь которыми можно определить к сильным или слабым электролитам относится то или иное соединение:

  1. Кислоты. К сильным кислотам из наиболее распространенных относятся HCl, HBr, HI, HNO3, h3SO4, HClO4. Почти все остальные кислоты – слабые электролиты.
  2. Основания. Наиболее распространенные сильные основания – гидроксиды щелочных и щелочноземельных металлов (исключая Be). Слабый электролит – Nh4.
  3. Соли. Большинство распространенных солей – ионных соединений, — электролиты сильные. Исключения составляют, в основном, соли тяжелых металлов.

Теория электролитической диссоциации

Электролиты, как сильные, так и слабые и даже очень сильно разбавленные не подчиняются закону Рауля и принципу Вант-Гоффа. Имея способность к электропроводности, значения давления пара растворителя и температуры плавления растворов электролитов будут более низкими, а температуры кипения более высокими по сравнению с аналогичными значениями чистого растворителя. В 1887 г С. Аррениус, изучая эти отклонения, пришел к созданию теории электролитической диссоциации.

Электролитическая диссоциация предполагает, что молекулы электролита в растворе распадаются на положительно и отрицательно заряженные ионы, которые названы соответственно катионами и анионами.

Теория выдвигает следующие постулаты:

  1. В растворах электролиты распадаются на ионы, т.е. диссоциируют. Чем более разбавлен раствор электролита, тем больше его степень диссоциации.
  2. Диссоциация — явление обратимое и равновесное.
  3. Молекулы растворителя бесконечно слабо взаимодействуют (т.е. растворы близки к идеальным).

Разные электролиты имеют различную степень диссоциации, которая зависит не только от природы самого электролита, но природы растворителя, а также концентрации электролита и температуры.

Степень диссоциации α, показывает какое число молекул n распалось на ионы, по сравнению с общим числом растворенных молекул N:

α = n/N

При отсутствии диссоциации α = 0, при полной диссоциации электролита α = 1.

С точки зрения степени диссоциации, по силе электролиты делятся на сильные (α > 0,7), средней силы ( 0,3 > α > 0,7), слабые  (α < 0,3 ).

Более точно процесс диссоциации электролита характеризует константа диссоциации, не зависящая от концентрации раствора. Если представить процесс диссоциации электролита в общем виде:

Aa Bb ↔ aA— + bB+

K = [A—]a·[B+]b/[Aa Bb]

Для слабых электролитов концентрация каждого иона равна произведению α на общую концентрацию электролита С таким образом, выражение для константы диссоциации можно преобразовать:

K = α2C/(1-α)

Для разбавленных растворов (1-α) =1, тогда

K = α2C

Отсюда нетрудно найти степень диссоциации

α = (K/C)1/2

Ионно–молекулярные уравнения

Рассмотрим пример нейтрализации сильной кислоты сильным основанием, например:

HCl + NaOH = NaCl + HOH

Процесс представлен в виде молекулярного уравнения. Известно, что как исходные вещества, так и продукты реакции в растворе полностью ионизированы. Поэтому представим процесс в виде полного ионного уравнения:

H+ + Cl— +Na+ + OH— = Na+ + Cl— + HOH

После «сокращения» одинаковых ионов в левой и правой частях уравнения получаем сокращенное ионное уравнение:

H+ + OH— = HOH

Мы видим, что процесс нейтрализации сводится к соединению H+ и OH— и образованию воды.

При составлении ионных уравнений следует помнить, что в ионном виде записываются только сильные электролиты. Слабые электролиты, твердые вещества и газы записываются в их молекулярном виде.

Далее рассмотрим реакцию осаждения. Смешаем водные растворы AgNO3 и HI:

Молекулярное уравнениеAgNO3 + HI →AgI↓ + HNO3
Полное ионное уравнениеAg+ + NO3— + H+ + I— →AgI↓ + H+ + NO3—
Сокращенное ионное уравнениеAg+ + I— →AgI↓

Процесс осаждения сводится к взаимодействию только Ag+ и I— и образованию нерастворимого в воде AgI.

Чтобы узнать способно ли интересующее нас вещество растворяться в воде, необходимо воспользоваться таблицей нерастворимости.

аблица нерастворимости

Рассмотрим третий тип реакций, в результате которой образуется летучее соединение. Это реакции взаимодействия карбонатов, сульфитов или сульфидов с кислотами. Например,

Молекулярное уравнениеNa2SO3 + 2HI → 2NaI + SO2↑ + h3O
Полное ионное уравнение2Na+ + SO32- + 2H+ + 2I— → 2Na+ + 2I— + SO2↑ + h3O
Сокращенное ионное уравнениеSO32- + 2H+ → SO2↑ + h3O

 

При смешении некоторых растворов ионных соединений, взаимодействия между ними может и не происходить, например

Молекулярное уравнениеCaCl2 + 2NaI  = 2NaCl +CaI2
Полное ионное уравнениеCa2+ + Cl— + 2Na+ + I—  = 2Na+ + Cl— + Ca2++ 2I—
Сокращенное ионное уравнениеотсутствует

 

Итак, подводя итог, отметим, что химические превращения наблюдаются в случаях, если соблюдается одно из следующих условий:

  • Образование неэлектролита. В качестве неэлектролита может выступать вода.
  • Образование осадка.
  • Выделение газа.
  • Образование слабого электролита, например уксусной кислоты.
  • Перенос одного или нескольких электронов. Это реализуется в окислительно – восстановительных реакциях.
  • Образование или разрыв одной или нескольких ковалентных связей.

zadachi-po-khimii.ru

Ионные уравнения реакций | Kursak.NET

Тема: Ионные уравнения реакций

clip_image002План лекции:

  1. Решение ионных уравнений.

В растворах электролитов реакции происходят между гидратированными ионами, поэтому их называют ионными реакциями. В направлении их важное значение имеют природа и прочность химической связи в продуктах реакции. Обычно обмен в растворах электролитов приводит к образованию соединения с более прочной химической связью. Так, при взаимодействии растворов солей хлорида бария ВаСl2 и сульфата калия K2SO4 в смеси окажутся четыре вида гидратированных ионов Ва2+(Н2О)n, Сl- (h3O)m, K+(h3O)p, SO2-4(h3O)q, между которыми произойдет реакция по уравнению:

BaCl2+K2SO4=BaSO4+2КСl

Сульфат бария выпадет в виде осадка, в кристаллах которого химическая связь между ионами Ва 2+ и SO2-4 более прочная, чем связь с гидратирующими их молекулами воды. Связь же ионов К+ и Сl- лишь незначительно превышает сумму энергий их гидратации, поэтому столкновение этих ионов не приведет к образованию осадка.

Следовательно, можно сделать следующий вывод. Реакции обмена происходят при взаимодействии таких ионов, энергия связи между которыми в продукте реакции намного больше, чем сумма энергий их гидратации.

Реакции ионного обмена описываются ионными уравнения-ми. Труднорастворимые, летучие и малодиссоциированные соеди-нения пишут в молекулярной форме. Если при взаимодействии растворов электролитов не образуется ни одного из указанных видов соединения, это означает, что практически реакции не протекают.

Образование труднорастворимых соединений

Например, взаимодействие между карбонатом натрия и хлоридом бария в виде молекулярного уравнения запишется так:

Na2CO3+ ВаСl2 = BaCO3+2NaCl или в виде:

2Na++СO2-3+Ва2+ +2Сl- = BaCO3+ 2Na++2Сl -

Прореагировали только ионы Ва2+ и СО-2, состояние остальных ионов не изменилось, поэтому краткое ионное уравнение примет вид:

CO 2-3+Ba 2+ =BaCO3clip_image004

Образование летучих веществ

Молекулярное уравнение взаимодействия карбоната кальция и соляной кислоты запишется так:

СаСO3+2НСl=СаСl2+Н2О+CO2

Один из продуктов реакции — диоксид углерода СО2 — выделился из сферы реакции в виде газа. Развернутое ионное уравнение имеет вид:

СаСО3+2Н++2Сl - = Са 2+ +2Сl -+Н2O+CO2

Результат реакции описывается следующим кратким ионным уравнением:

СаСO3+2Н+=Са 2+ +Н2О+CO2

Образование малодиссоцированного соединения

Примером такой реакции служит любая реакция нейтрализации, в результате чего образуется вода — малодиссоциированное соединение:

NaOH+НСl=NaCl+Н2О

Na++ОН-+Н++Cl- = Na++Сl -+Н2О

ОН-+Н+= Н2O

Из краткого ионного уравнения следует, что процесс выразился во взаимодействии ионов Н+ и ОН-.

Все три вида реакций идут необратимо, до конца.

Если слить растворы, например, хлорида натрия и нитрата кальция, то, как показывает ионное уравнение, никакой реакции не произойдет, так как не образуется ни осадка, ни газа, ни малодиссоциирующего соединения:

Na++Сl-+К++NO-3 + clip_image006Na+ + NO-3+К+ + Сl-

Пример 1. Составьте молекулярное и ионное уравнение реакции взаимодействия нитрата серебра с хлоридом калия.

Решение:

Составим молекулярное уравнение реакции:

AgNO3+KCl = AgCl clip_image004[1] + KNO3

По таблице растворимости устанавливаем, что AgNO3, КСl, KNO3 — растворимые соединения, AgCl — нерастворимое вещество.

Составляем ионное уравнение реакции с учетом растворимости соединений:

Ag+ + NO-3 + K+ + Сl- = AgCl clip_image004[2]+ К+ + NO-3

Исключаем из правой и левой частей уравнения одинаковые ионы и получим краткое ионное уравнение:

Ag+ + Cl- = AgClclip_image004[3]

Краткое ионное уравнение раскрывает сущность происходящего химического превращения. Видно, что фактически приняли участие в реакции лишь ионы Ag+ и Сl-. Остальные ионы остались без изменения.

Пример 2. Составьте молекулярное и ионное уравнение реакции между: а) хлоридом железа (III) и гидроксидом калия; б) сульфатом калия и иодидом цинка.

Решение:

а) Составляем молекулярное уравнение реакции между FeCl3 и КОН:

FeCl3+3KOH =Fe (OH)3 clip_image004[4]+ 3KCl

По таблице растворимости устанавливаем, что из полученных соединений нерастворим только гидроксид железа Fe(OH)3. Составляем ионное уравнение реакции:

Fe 3+ +3Cl -+3K+ +3OH- =Fe (OH)3clip_image004[5]+ 3K++3Сl-

В ионном уравнении показано, что коэффициенты 3, стоящие в молекулярном уравнении, в равной степени относятся к ионам. Это общее правило составления ионных уравнений. Изобразим уравнение реакции в краткой ионной форме:

Fe 3+ +3OH- = Fe(OH)3clip_image004[6]

Это уравнение показывает, что в реакции принимали участие лишь ионы Fe3+ и ОН-.

б) Составим молекулярное уравнение для второй реакции:

K2SO4+ZnI2 = 2KI+ZnSO4

Из таблицы растворимости следует, что исходные и полученные соединения растворимы, поэтому реакция обратима, не доходит до конца. Действительно, здесь не образуется ни осадка, ни газообразного соединения, ни малодиссоциированного соединения. Составим полное ионное уравнение реакции:

2К++SO2-4+Zn2+ +2I- + 2К+ + 2I- +Zn 2+ +SO2-4

Пример 3. По ионному уравнению: Cu2+ +S2- -= CuS составить молекулярное уравнение реакции.

Решение:

Ионное уравнение показывает, что в левой части уравнения Должны быть молекулы соединений, имеющих в своем составе ионы Cu 2+ и S2-. Эти вещества должны быть растворимы в воде.

По таблице растворимости выберем два растворимых соединения, в состав которых входят катион Cu2+ и анион S2-. Составим молекулярное уравнение реакции между данными соединениями:

clip_image007CuSO4+Na2S CuS+Na2SO4

kursak.net

Составление уравнений реакций в молекулярных и ионных формах. страница 2

В основном основания являются слабыми электролитами, особенно образованные амфотерными металлами, их называют гидроксидами.

I ступень:

Ca(OH)2= Ca(OH)-+ OH-.

II ступень:

Ca(OH)-= Ca2++ OH-;

итог

Ca(OH)2= Ca2++ 2OH-.

Соли – это электролиты, которые диссоциируют на катионы металла и кислотного остатка.

Растворимые средние соли (Na2CO3, NaCl, K2SO4и др.) – обычно сильные электролиты и диссоциируют в воде в одну ступень независимо от состава.

Например - Na2CO3= 2Na++ CO32−.

Кислые и основные соли диссоциируют ступенчато:

I ступень:

NaHCO3= Na++ HCO3−;

II ступень:

HCO3−+ H++ CO32−.

Основные соли:

I ступень :

MgOHCl = MgOH++ Cl−;

II ступень :

MgOH+= Mg2++ OH−.

Реакции в растворах электролитов протекают между ионами, на которые распадаются молекулы растворенных веществ, а не между молекулами.

Реакции, протекающие между ионами, называются ионными реакциями.

Реакции ионного обмена в водных растворах могут протекать:

1) необратимо, до конца;

2) обратимо, то есть протекать одновременно в двух противоположных направлениях.

Правило - Реакции обмена между растворами сильных электролитов идут до конца, если образуется малодиссоциирующее вещество, или вещество, практически нерастворимое, выделяющееся из раствора в виде осадка или газа.

Если исходные вещества – сильные электролиты, которые при взаимодействии не образуют нерастворимых или малодиссоциирующих веществ или газов, то такие реакции не протекают: при смешивании растворов образуется смесь ионов.

Реакции записываю в трех формах:

  • молекулярной;

  • полной ионной;

  • сокращенной ионной.

Сильные электролиты записываются в виде ионов, средние и слабые электролиты, осадки и газы – в виде молекул. Сущность реакции отражается сокращенным ионным уравнением, в котором указываются только частицы, непосредственно вступающие в реакцию и не указываются ионы и молекулы, концентрация которых существенно не изменяется. Реакции между электролитами протекают в сторону образования газа, осадка или более слабого электролита.

Пример 1

Реакции в растворах электролитов: нейтрализация слабым основанием (гидроксидом аммония) сильной азотной кислоты.

Молекулярное уравнение реакции:

HNO3+ Nh5OH = Nh5NO3+ h3O.

В этой реакции сильные электролиты: азотная кислота и образующаяся соль - нитрат аммония, которые записываем в виде ионов, а слабые: гидроксид аммония и вода, которые записываем в виде молекул. Полное ионно-молекулярное уравнение имеет вид:

H++ NO3--+ Nh5OH = Nh5++ NO3--+ h3O.

Как видно, не претерпевают изменений в ходе реакции только ионы NO3-, исключая их, записываем сокращенное ионно-молекулярное уравнение:

H++ Nh5OH = Nh5++ h3O.

Пример 2

Записать в ионно-молекулярной форме уравнение реакций между следующими веществами: Н2SO4и Fe(OH)3; Na2CO3и HCl.

Обменные реакции в растворах электролитов протекают в направлении образования малорастворимых веществ, осадков, газов или молекул слабых электролитов.

Запишем уравнение реакции:

а) 2Fe(OH)3+ 3h3SO4= Fe2(SO4)3+ 6h3O.

infourok.ru

Примеры составления ионно-молекулярных уравнений

Пример 1. Написать ионно-молекулярное уравнение реакции:

Fe(OH)2 + h3SO4 FeSO4 +2h3O

Fe(OH)2 – практически нерастворимое соединение (см. таблицу растворимости), а потому записывается в недиссоциированной (молекулярной) форме: Fe(OH)2.

h3SO4 – хорошо растворимое соединение, являющееся одновременно сильным электролитом (см. список кислот – сильных электролитов, приведён выше), а потому записывается в диссоциированной форме: 2H+ + SO42-.

FeSO4 – хорошо растворимое соединение (см. таблицу растворимости), являющееся одновременно сильным электролитом (т. к. является солью), а потому записывается в диссоциированной форме: Fe2+ + SO42-.

Вода h3O является слабым электролитом, а потому записывается в недиссоциированной форме: 2h3O.

Итого ионно-молекулярное уравнение записывается следующим образом:

Fe(OH)2 + 2H+ + SO42- Fe2+ + SO42- + 2h3O

или, после сокращения одинаковых частиц в левой и правой частях уравнения (SO42-),

Fe(OH)2 + 2H+ Fe2+ + 2h3O.

Пример 2. Написать ионно-молекулярное уравнение реакции:

FeCl3 + 3Nh5OH  Fe(OH)3↓+ 3Nh5Cl

FeCl3 – хорошо растворимое соединение, являющееся одновременно сильным электролитом (поскольку является солью), а потому записывается в диссоциированной форме: Fe3+ + 3Cl-.

Nh5OH – также растворимое соединение, однако являющееся слабым электролитом (не входит в список сильных оснований, см. выше), а потому записывается в молекулярной форме: 3Nh5OH.

Fe(OH)3 – практически нерастворимое соединение и, следовательно, записывается в молекулярной форме: Fe(OH)3.

Nh5Cl – хорошо растворимое соединение, являющееся одновременно сильным электролитом (т. к. является солью), а потому записывается в диссоциированной форме: 3Nh5+ + 3Cl-.

Итого ионно-молекулярное уравнение записывается следующим образом:

Fe3+ + 3Cl- + 3Nh5OH  Fe(OH)3↓ + 3Nh5+ + 3Cl-

или, после сокращения одинаковых ионов (Cl-),

Fe3+ + 3Nh5OH  Fe(OH)3↓ + 3Nh5+.

Пример 3. Написать ионно-молекулярное уравнение реакции:

KI + AgI  K[AgI2].

KI – хорошо растворимое соединение, являющееся одновременно сильным электролитом (т. к. является солью), а потому записывается в диссоциированной форме: K+ + I-.

AgI – практически нерастворимое соединение, а потому записывается в недиссоциированной (молекулярной) форме: AgI.

K[AgI2] – комплексное соединение, о чём свидетельствует наличие квадратных скобок в формуле соединения. Само соединение является солью, хорошо растворимой в воде (знак осадка не помечен), а потому оно должно диссоциировать на ионы K+ и [AgI2]-. При этом образующийся ион [AgI2]- является комплексным (устойчивым), т. е. практически не подвергается дальнейшей диссоциации. Таким образом, соединение записывается в виде: K+ + [AgI2] -.

Итого ионно-молекулярное уравнение записывается следующим образом:

K+ + I- + AgI = K+ + [AgI2] -

или, после сокращения одинаковых частиц в левой и правой частях уравнения (K+),

AgI + I- [AgI2]-.

Выполнение работы

Опыт 1. Образование малорастворимых оснований. В одну пробирку налить 3−5 капель раствора соли железа (III), в другую – столько же раствора соли меди (II), в третью – раствора соли никеля (II). В каждую пробирку добавить по несколько капель раствора щелочи до выпадения осадков. Осадки сохранить до следующего опыта.

К какому классу относятся полученные осадки гидроксидов металлов? Являются ли эти гидроксиды сильными основаниями?

Опыт 2. Растворение малорастворимых оснований. К полученным в предыдущем опыте осадкам добавить по несколько капель раствора соляной кислоты концентрацией 15 % до их полного растворения.

Какое новое малодиссоциированное соединение образуется при растворении оснований в кислоте?

Опыт 3. Образование малорастворимых солей.

A. В две пробирки налить по 3−5 капель раствора нитрата свинца (II) и прибавить в одну пробирку несколько капель йодида калия, в другую – хлорида бария.

Что наблюдается в каждой пробирке?

Б. В одну пробирку налить 3−5 капель раствора сульфата натрия, в другую – столько же раствора сульфата хрома (III). В каждую пробирку добавить несколько капель раствора хлорида бария до выпадения осадков.

Какое вещество образуется в качестве осадка? Будет ли протекать аналогичная реакция хлорида бария, например, с сульфатом железа (III)?

Опыт 4. Изучение свойств амфотерных гидроксидов.

А. В две пробирки внести по 3 капли раствора соли цинка и несколько капельразбавленногораствора едкого натра (из штатива с реактивами) до образования осадка гидроксида цинка. Растворить полученные осадки: в одной пробирке – в растворе соляной кислоты, в другой – в избыткеконцентрированногораствора едкого натра (из вытяжного шкафа).

Б. В две пробирки внести по 3 капли раствора соли алюминия и несколько капель разбавленногораствора едкого натра (из штатива с реактивами) до образования осадка гидроксида алюминия. Растворить полученные осадки: в одной пробирке – в растворе соляной кислоты, в другой – в избыткеконцентрированногораствора едкого натра (из вытяжного шкафа).

В. В две пробирки внести по 3 капли раствора соли хрома (III) и несколько капельразбавленногораствора едкого натра (из штатива с реактивами) до образования осадка гидроксида хрома (III). Растворить полученные осадки: в одной пробирке – в растворе соляной кислоты, в другой – в избыткеконцентрированногораствора едкого натра (из вытяжного шкафа).

Опыт 5. Образование малодиссоциированных соединений. В пробирку внести 3−5 капель раствора хлорида аммония и добавить несколько капель раствора едкого натра. Обратите внимание на запах, объясните его появление на основе уравнения реакции.

Опыт 6. Образование комплексов. В пробирку налить 3−5 капель раствора сульфата меди (II), затем по каплям добавить разбавленный(из штатива с реактивами!) раствор аммиака до образования осадка сульфата гидроксомеди (II) согласно реакции:

2CuSO4 + 2Nh5OH = (CuOH)2SO4↓ + (Nh5)2SO4

Добавить к осадку избыток концентрированногораствора аммиака (из вытяжного шкафа!). Обратить внимание на растворение осадка согласно реакции:

(CuOH)2SO4 + (Nh5)2SO4 + 6Nh5OH = 2[Cu(Nh4)4]SO4 + 8h3O

Какую окраску имеет образующийся растворимый амминокомплекс меди?

Опыт 7. Образование газов.

A. Налить в пробирку 3−5 капель раствора карбоната натрия и несколько капель серной кислоты. Что наблюдается?

Б. Налить в пробирку 3−5 капель раствора сульфида натрия и 1 каплю серной кислоты. Обратить внимание на запах выделяющегося газа.

studfiles.net